高三理科数学二轮复习跟踪强化训练1

跟踪强化训练(一)一、选择题1．(2017·银川模拟)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3)，若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为()A．4B．－4C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)[解析]∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0.又4|m|＝3|n|，∴t×eq\f(3,4)|n|2×eq\f(1,3)＋|n|2＝0，解得t＝－4.故选B.[答案]B2．(2017·沈阳模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是()A．5B．6C．7D．8[解析]解法一：由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，根据首项a1＝13可推知数列{an}递减，从而得到a7>0，a8<0，故n＝7时，Sn最大．故选C.解法二：设{an}的公差为d，由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，根据二次函数的性质，知当n＝7时，Sn最大．故选C.解法三：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n＝eq\f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值．故选C.[答案]C3．(2017·武汉市武昌区高三调研考试)已知函数f(x)＝2ax－a＋3，若∃x0∈(－1,1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3)∪(1，＋∞) B．(－∞，－3)C．(－3,1) D．(1，＋∞)[解析]依题意可得f(－1)·f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，解得a<－3或a>1，故选A.[答案]A4．(2017·济南一模)方程m＋eq\r(1－x)＝x有解，则m的最大值为()A．1B．0C．－1D．－2[解析]由原式得m＝x－eq\r(1－x)，设eq\r(1－x)＝t(t≥0)，则m＝1－t2－t＝eq\f(5,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2，∵m＝eq\f(5,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2在[0，＋∞)上是减函数．∴t＝0时，m的最大值为1，故选A.[答案]A5．(2017·辽宁省沈阳市高三教学质量监测)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)<g(1)的解集是()A．(－∞，1) B．(－∞，0)∪(0,1)C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1)[解析]因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，由题意知，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)，由g(x)<g(1)得g(|x|)<g(1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0，))则x∈(－1,0)∪(0,1)．故选D.[答案]D6．(2017·杭州质检)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(2),2)D．1[解析]如图所示，设P(x0，y0)(y0>0)，则yeq\o\al(2,0)＝2px0，即x0＝eq\f(y\o\al(2,0),2p).设M(x′，y′)，由eq\o(PM,\s\up15(→))＝2eq\o(MF,\s\up15(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′－x0＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－x′))，,y′－y0＝20－y′，))化简可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(p＋x0,3)，,y′＝\f(y0,3).))∴直线OM的斜率为k＝eq\f(\f(y0,3),\f(p＋x0,3))＝eq\f(y0,p＋\f(y\o\al(2,0),2p))＝eq\f(2p,\f(2p2,y0)＋y0)≤eq\f(2p,2\r(2p2))＝eq\f(\r(2),2)(当且仅当y0＝eq\r(2)p时取等号)．[答案]C二、填空题7．(2017·厦门一中月考)设曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋3＝0垂直，则a等于________．[解析]y′＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝eq\f(－2,x－12)，将x＝3代入，得曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3,2)处的切线斜率k＝－eq\f(1,2)，故与切线垂直的直线的斜率为2，即－a＝2，得a＝－2.[答案]－28．(2017·南昌模拟)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．[解析]利用双曲线的性质建立关于a，b，c的等式求解．如图，由题意知|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2c.又2|AB|＝3|BC|，∴2×eq\f(2b2,a)＝3×2c，即2b2＝3ac，∴2(c2－a2)＝3ac，两边同除以a2并整理，得2e2－3e－2＝0，解得e＝2(负值舍去)．[答案]29．(2017·衡水中学检测)已知正四棱锥的体积为eq\f(32,3)，则正四棱锥的侧棱长的最小值为________．[解析]如图所示，设正四棱锥的底面边长为a，高为h.则该正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(32,3)，故a2h＝32，即a2＝eq\f(32,h).则其侧棱长为l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2＋h2)＝eq\r(\f(16,h)＋h2).令f(h)＝eq\f(16,h)＋h2，则f′(h)＝－eq\f(16,h2)＋2h＝eq\f(2h3－16,h2)，令f′(h)＝0，解得h＝2.显然当h∈(0,2)时，f′(h)<0，f(h)单调递减；当h∈(2，＋∞)时，f′(h)>0，f(h)单调递增．所以当h＝2时，f(h)取得最小值f(2)＝eq\f(16,2)＋22＝12，故其侧棱长的最小值l＝eq\r(12)＝2eq\r(3).[答案]2eq\r(3)三、解答题10．(2017·湖南湘中联考)设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2bsinA.(1)求B的大小；(2)求cosA＋sinC的取值范围．[解](1)∵a＝2bsinA，根据正弦定理得sinA＝2sinBsinA，∵sinA≠0，∴sinB＝eq\f(1,2)，又△ABC为锐角三角形，∴B＝eq\f(π,6).(2)∵B＝eq\f(π,6)，∴cosA＋sinC＝cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)－A))＝cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋A))＝cosA＋eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3))).由△ABC为锐角三角形知，A＋B>eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,3)<A＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(\r(3),2)<eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))<eq\f(3,2)，∴cosA＋sinC的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).11．(2017·合肥模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5.(1)求{an}的通项公式；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，求证：Tn≤eq\f(4,9).[解](1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，解得－eq\f(9,4)≤d≤－eq\f(9,5).∵d为整数，∴d＝－2.故{an}的通项公式为an＝11－2n.(2)证明：由(1)，得eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,11－2n9－2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,11－2n)))，∴Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,9)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,11－2n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,9))).令bn＝eq\f(1,9－2n)，由函数f(x)＝eq\f(1,9－2x)的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0<b1<b2<b3<b4，b5<b6<b7<…<0，∴bn≤b4＝1.∴Tn≤eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(4,9).12．(2017·长沙模拟)已知椭圆E的中心在原点，焦点F1，F2在y轴上，离心率等于eq\f(2\r(2),3)，P是椭圆E上的点．以线段PF1为直径的圆经过F2，且9eq\o(PF1,\s\up15(→))·eq\o(PF2,\s\up15(→))＝1.(1)求椭圆E的方程；(2)作直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N.如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的倾斜角的取值范围．[解](1)依题意，设椭圆E的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为c.∵椭圆E的离心率等于eq\f(2\r(2),3)，∴c＝eq\f(2\r(2),3)a，b2＝a2－c2＝eq\f(a2,9).∵以线段PF1为直径的圆经过F2，∴PF2⊥F1F2.∴|PF2|＝eq\f(b2,a).∵9eq\o(PF1,\s\up15(→))·eq\o(PF2,\s\up15(→))＝1，∴9|eq\o(PF2,\s\up15(→))|2＝eq\f(9b4,a2)＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＝\f(a2,9)，,\f(9b4,a2)＝1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1，))∴椭圆E的方程为eq\f(y2,9)＋x2＝1.(2)∵直线2x＋1＝0与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－eq\f(1,2)相交，∴直线l不可能与x轴垂直，∴设直线l的方程为y＝kx＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,9x2＋y2＝9，))得(k2＋9)x2＋2kmx＋(m2－9)＝0.∵直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N，∴Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，即m2－k2－9<0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋9).∵线段MN被直线2x＋1＝0平分，∴2×eq\f(x1＋x2,2)＋1＝0，即eq\f(－2km,k2＋9)＋1＝0.即e